[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む16 [転載禁止]©2ch.net (683ﾚｽ)
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511(3): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/22(日) 10:46:43.47 ID:G4dpeoO2(1/9) AAS
>>508
おっちゃんです。まあ、結果だけ使えば、次のようになるようだ。
実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが零集合とする。すると、S数全体の
1次元ルベーグ測度は1(Wikiの超越数のサイト参照)だから、Sは
A数、T数、U数の全体からなる集合である。また、リュ―ビル数全体の集合は
非可算集合であり、リウヴィル数はU数である(Wikiのリウビル数のサイト参照)。
従って、Sは非可算零集合である。定義から、RはQ(S)上代数拡大体である。
また、0でない任意の実数は、2つのリウヴィル数の和、及び積で表せる
から(Wikiのリウビル数のサイト参照)、任意の実数はQ(S)上代数的である。
従って、R＝Q(S) から、Q(S)上超越的な実数は存在しない。
しかし、これは矛盾する。
まあ、S数全体の1次元ルベーグ測度は1だから、RがQ(S)上代数拡大体になるには、
実数体Rの有理数体Q上の超越基底SはS数を元に持っていることになる。だから、
実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが零集合ということはあり得ない。
512: １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/22(日) 10:53:24.69 ID:G4dpeoO2(2/9) AAS
>>508
(>>511の補足)
Q(S)上超越的な実数は、必ず存在する。もし存在しなかったら、
Q(S)上超越的な複素数は存在しなくなる。しかし、RがQ(S)上代数拡大体だから、
複素数体CもQ(S)上代数拡大体である。複素数がQ(S)上代数的独立か代数的従属か
についても同様になる。従って、定義上は、Sは複素数体Cの有理数体Q上の超越基底Sになる。
だから、実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sは複素数体Cの有理数体Q上の超越基底S
でもある。これは、そもそも、Sを考えたときの体の拡大R/Qの扱いに反し矛盾する。
R＝C として実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sを考えていたことになる。
2つの体の拡大R/Q、C/Qを同一視して有理数体Q上の超越基底Sを考えていたことになる。
これは R≠C に反し、矛盾する。そういうことだ。
513(1): １３２人目の素数さん [sage] 2015/11/22(日) 11:32:15.11 ID:Sfjos7ec(1/7) AAS
>>511
>超越基底Sが零集合とする。すると、S数全体の
>1次元ルベーグ測度は1(Wikiの超越数のサイト参照)だから、Sは
>A数、T数、U数の全体からなる集合である。
どうしてA,T,U数をすべて含むと言えるんだ？
超越基底の性質からそれが言えるというなら説明してくれ。
531(1): 現代数学の系譜11 ガロア理論を読む [] 2015/11/22(日) 18:24:28.11 ID:7nuHUSiY(3/5) AAS
>>511
>実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sが零集合とする。すると・・・これは矛盾する。
次のブログでも見て下さい。それで、「点集合Aが非加算濃度をもてば、点集合Aは零集合でないといえるか、というと、一見それは正しそうであるが、カントールの零集合という反例がある。」を納得してください。
”実数体Rの有理数体Q上の超越基底Sは零集合です”。これが、正解ですよ
http://commutative.world.coocan.jp/blog2/2010/11/post-859.html
零集合 あやたろう (2010年11月 8日 01:22)
（抜粋）
零集合というは、ルベーグ積分のところで述べた測度論で定義される集合であって、m(A) = 0である集合である。
例えば、１つだけの点からなる点集合Aを考えると、当然にm(A) = 0である。これは、次のような積分に対応して考えられる。
0でない積分結果をもたらすためには、積分される関数f(x)に対応する点集合Aが、少なくともある区間で、非加算濃度をもたなくてはならない、ということになる。
すなわち、積分される関数f(x)に対応する点集合Aが非加算濃度をもつことは、0でない積分結果を与えるための必要条件であるが、
点集合Aが非加算濃度をもてば、点集合Aは零集合でないといえるか、というと、一見それは正しそうであるが、カントールの零集合という反例がある。
・・・・ （証明があるが省略）
すると、対角線論法が適用できて、除去された結果の点の非加算性が証明される。すなわち、非加算濃度をもつ零集合が存在する。
零集合の隠微な世界を垣間見た次第である。
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